Giải toán bằng phương pháp tọa độ

Giải toán bằng phương pháp toạ độ Có lẽ René Descartes là một người không giỏi Hình học cho lắm. Có lẽ ông luôn nhức đầu với việc vẽ thêm, phát hiện ra những mối tương quan hình học từ các tứ giác nội tiếp, các cung chứa góc, các đường Ceva … Từ đó mà ông đã nghĩ ra môn hình học giải tích, để đưa các bài toán hình học về các bài toán tính toán đại số quen thuộc mà có lẽ mới là sở trường của ông. Làm một cuộc điều tra bất kỳ đối với một nhóm học sinh phổng thông, có thể thấy trước kết quả là hầu hết các em sợ hình học và thích đại số. Cho dù là hình học phẳng hay hình học không gian đều là nỗi khiếp sợ đối với đại đa số các em, kể cả đối với một số em chuyên toán. Thế nhưng, hầu như tất cả các học sinh lại không cảm thấy sợ môn hình học giải tích mà trái lại, coi đây là một trong những môn dễ chịu nhất. Vì sao như vậy? Có hai lý do mà tôi muốn kể đến. Thứ nhất, các bài toán hình học giải tích thường có một sơ đồ lời giải rất rõ ràng, có thể nói là “rập khuôn”, cứ thế mà làm. Chẳng phải vẽ hình, chẳng phải vẽ đường phụ, cứ áp công thức vào mà làm. Thứ hai, mà tôi nghĩ điều này khá quan trọng, các bài toán hình học giải tích mà các bạn học sinh được giải là những bài toán cơ bản nhất, ở mức độ đơn giản nhất (như tính góc, tính diện tích, viết phương trình đường thẳng, tìm điểm cố định) nên mới cảm thấy dễ. Cái gì ở mức cơ bản cũng đẹp và … dễ. Ngay cả hình học phẳng, nếu chỉ chứng minh ba đường trung tuyến đồng quy, tính chất của phân giác, đường thẳng Simson… chắc cũng không gây nhiều khó khăn cho các bạn học sinh. Điều đó có nghĩa là nhiều bạn thấy hình học giải tích dễ là do tính khuôn mẫu của nó (mà Descartes gọi là Phương pháp) và thực sự thì các bạn chưa đụng phải những bài khó. Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét phương pháp giải các bài toán hình học bằng phương pháp toạ độ. Chúng ta sẽ bắt đầu từ những ví dụ mở đầu, tiếp đến là những công thức, tính chất, định lý của hình giải tích phẳng sẽ được áp dụng trong các tính toán. Phần trọng tâm của bài viết sẽ đề cập đến việc đưa hệ trục toạ độ vào bài toán hình học như thế nào để có được lời giải một cách gọn gàng nhất, phân tích với những bài toán nào thì hình giải tích có thể “xử lý” tốt. Phần cuối chúng ta sẽ bàn đến sức mạnh của hình học giải tích trong các bài toán liên quan đến đường cong bậc 2, nơi mà hình học thuần tuý sẽ phải bó tay. 1. Những ví dụ mở đầu Bài toán 1. Cho tứ giác ABCD có AB vuông góc với CD và AB = 2, BC = 13, CD = 8, DA = 5. Hãy tính diện tích tứ giác ABCD. Sự kiện AB vuông góc với CD gợi cho chúng ta đến ý tưởng đưa hệ trục toạ độ vào bài toán. Giả sử AB cắt CD tại O. Chọn hệ trục toạ độ có Ox trùng với CD và Oy trùng với AB. Đặt D(x, 0) và A(0, y) thì từ các dữ kiện CD = 4 và AB = 2 ta được C(x+8, 0), B(0, y+2). Từ các dữ kiện BC = 13, DA = 5, ta được x 2 + y 2 = 25 (1) (x+8) 2 + (y+2) 2 = 169 (2) Trừ (2) cho (1), ta được 4x + y = 19. Thay y = 19 – 4x vào (1), ta được x 2 + 361 – 152x + 16x 2 = 25  17x 2 – 152x + 336 = 0  x = 4 ∨ x = 84/17 => y = 3 ∨ -13/17 (loại). Vậy x = 4, y = 3. Tứ giác ABCD có toạ độ các đỉnh là A(0, 3), B(0, 5), C(12, 0), D(4, 0). Từ đó dễ dàng tính được diện tích tứ giác bằng S ABCD = S OBC – S OAD = (1/2)5.12 – (1/2)3.4 = 24. Ghi chú: Bài toán này có thể giải mà không dùng đến hệ trục toạ độ, chỉ cần đặt OD = x, OA = y rồi lập ra các hệ phương trình như trên. Bài toán 2. Cho đường thẳng d và điểm P nằm ngoài d. Tìm quỹ tích những điểm M cách đều P và d. Bài toán này là một phát triển rất tự nhiên của hai quỹ tích quen thuộc: Quỹ tích những điểm cách đều 2 điểm đã cho là đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm này; quỹ tích những điểm các đều hai đường thẳng đã cho là các đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng này. Vậy quỹ tích những điểm cách đều một điểm đã cho và một đường thẳng đã cho là gì? Phân tích một số vị trí đặc biệt, có thể thấy quỹ tích không phải là đường thẳng mà cũng không phải là đường tròn (Chẳng hạn trung điểm đoạn vuông góc PH thuộc quỹ tích và tập quỹ tích đối xứng qua đường thẳng (PH)). Vậy quỹ tích có thể là gì? Ta hãy đưa hệ trục toạ độ vào. Một cách tự nhiên, ta chọn (HP) là trục tung và d là trục hoành. Đặt HP = p thì P(0, p). Giả sử M(x, y) là một điểm thuộc quỹ tích thì rõ ràng y > 0 và ta có MP = d(M, d)  ypyx =−+ 22 )(  x 2 + (y-p) 2 = y 2  x 2 – 2py + p 2 = 0  22 1 2 p x p y += . Quỹ tích là một parabol! Đây cũng chính là một thế mạnh của hình học giải tích so với hình học thuần tuý. Hình học giải tích cho phép tìm ra các quỹ tích vượt ngoài ra các hình «vẽ được» bằng thước và compa, nghiên cứu các tính chất hình học của các đường cong đại số bất kỳ. Bài toán 3. Cho tam giác ABC cân tại A. M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Chứng minh rằng MA 2 + MB.MC ≤ AB 2 . Hạ đường cao AH và chọn hệ trục toạ độ lấy H làm gốc toạ độ, BC và HA là các trục toạ độ. Đặt B(-b, 0), C(b, 0) và A(0, a). Với điểm M(x, y), bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 22222222 )(.)()( baybxybxayx +≤+−+++−+  ayyxbxbbyx 24)( 222222222 +−−≤−++  222222222222222 4)(4)(4)( yayxbayyxbxbbyx +−−+−−≤−++  b 2 y 2 ≤ ay(b 2 -x 2 -y 2 ) + a 2 y 2 Bất đẳng thức này trở thành đẳng thức khi y = 0. Với y > 0. Bất đẳng thức này tương đương với ax 2 ≤ (a 2 -b 2 )y + a(b 2 – y 2 ) (3) Dữ kiện M nằm trong tam giác ABC bây giờ cho ta |x| ≤ (b/a)(a – y) Thay vào (3), ta cần chứng minh b 2 (a-y) 2 ≤ a(a 2 -b 2 )y + a 2 (b 2 – y 2 ) Sau các phép rút gọn, điều này tương đương với y 2 ≤ ay Nhưng điều này đúng vì 0 < y ≤ a. Ghi chú. + Từ lời giải bài này ta rút ra một tính chất hình học khá thú vị: Quỹ tích của những điểm M nằm trong mặt phẳng tam giác ABC cân tại A sao cho MA 2 + MB.MC = AB 2 là hợp của đoạn thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Thật vậy. Theo chứng minh trên thì với y = 0 và |x| ≤ b thì ta có dấu bằng xảy ra. Ngoài ra, dấu bằng còn xảy ra khi ax 2 = (a 2 -b 2 )y + a(b 2 – y 2 ), và đó chính là phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. + Bài toán này còn có thể giải bằng phương pháp hình học thuần tuý, chẳng hạn sử dụng phương tích. Bài toán 4. Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng tam giác. Chứng minh rằng 0).().().( =++ MCMABSMBMCASMAMBCS Trong đó )(XYZS là diện tích có hướng của tam giác XYZ. Đây là một định lý có nhiều ứng dụng quan trọng trong các bài toán về tâm tỷ cự. Chẳng hạn từ định lý này suy ra “bộ trọng lượng”các điểm đặc biệt trong tam giác như G (trọng tâm), H (trực tâm), O (tâm đường tròn ngoại tiếp), I (tâm đường tròn nội tiếp) … Có nhiều cách chứng minh cho định lý này, chẳng hạn cách chứng minh trực tiếp bằng véc-tơ. Dưới đây, ta xét cách chứng minh định lý bằng phương pháp toạ độ. Để thực hiện điều này, ta cần đến công thức tính diện tích có hướng của tam giác ABC. Cụ thể S(XYZ) = (1/2)((x B -x A )(y C -y A ) – (x C -x A )(y B -y A )) Công thức này sẽ được giải thích và chứng minh trong phần 2. Áp dụng công thức này, ta cần chứng minh [(x B -x M )(y C -y M ) – (x C -x M )(y B -y M )](x A -x M ) + [(x C -x M )(y A -y M ) – (x A -x M )(y C - y M )](x B -x M ) + [(x A -x M )(y B -y M ) – (x B -x M )(y A -y M )](x C -x M ) = 0 Và [(x B -x M )(y C -y M ) – (x C -x M )(y B -y M )](y A -y M ) + [(x C -x M )(y A -y M ) – (x A -x M )(y C - y M )](y B -y M ) + [(x A -x M )(y B -y M ) – (x B -x M )(y A -y M )](y C -y M ) = 0 Nhưng điều này có thể kiểm tra được dễ dàng! (Không mất tính tổng quát, có thể giả sử x M = y M = 0, khi đó ta chỉ cần kiểm tra (x B y C – x C y B )x A + (x C y A - x A y C )x B + (x A y B – x B y A )x C = 0! Đây cũng là một thủ thuật mà ta sẽ thường dùng đến để giảm bớt khối lượng tính toán). Bài toán 5. (VMO 2008) Cho tam giác ABC, trung tuyến AD. Cho đường thẳng d vuông góc với đường thẳng AD. Xét điểm M nằm trên d. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của MB, MC. Đường thẳng đi qua E và vuông góc với d cắt đường thẳng AB ở P, đường thẳng đi qua F và vuông góc với d cắt đường thẳng AC ở Q. CMR đường thẳng đi qua M vuông góc với đường thẳng PQ luôn đi qua 1 điểm cố định, khi điểm M di động trên đường thẳng d. Xét hệ trục toạ độ có Ox trùng với đường thẳng qua D và song song với d và Oy trùng với AD. Đặt A(0, a), D(0, 0), B(-b, -c), C(b, c), trong đó a, b, c là các hằng số. Giả sử M(m, d) là điểm di chuyển trên d, trong đó d là hằng số, còn m thay đổi. Khi đó E((m-b)/2, (-c+d)/2). Đường thẳng qua E và vuông góc với d có phương trình x = (m-b)/2. Đường thẳng AB có phương trình b(y-a) = (c+a)x, suy ra điểm P có toạ độ là       − + +− 22 )( , 2 ca b macbm Hoàn toàn tương tự, điểm Q có toạ độ là       + + −+ 22 )( , 2 ca b macbm Từ đây véc tơ PQ có toạ độ là (b, c – am/b) Suy ra đường thẳng qua M và vuông góc với PQ có phương trình b(x-m) + (c-am/b)(y-d) = 0  b(x – bc/a) + (c – ma/b)(y – d + b 2 /a) = 0 Suy ra đường thẳng qua M và vuông góc với PQ luôn đi qua điểm S(bc/a, d – b 2 /a) cố định. 2. Mặt phẳng toạ độ. Các công thức cơ bản Mặt phẳng toạ độ là mặt phẳng mà trong đó có chọn hai trục toạ độ Ox, Oy vuông góc với nhau tại O và trên mỗi trục, chọn các véc-tơ đơn vị ji, . Với mỗi điểm M, véc-tơ OM có thể biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng jyixOM += (4) trong đó x, y là các số thực. Ta thay khai triển (4) bằng một ký hiệu đơn giản ),( yxOM = và nói véc-tơ OM có toạ độ là (x, y). Ta cũng nói điểm M có toạ độ là (x, y) và ký hiệu là M (x, y). Công thức tính toạ độ véc tơ theo các đầu mút A(x A , y A ), B(x B , y B ) => ),( ABAB yyxxOAOBAB −−=−= Công thức tính khoảng cách giữa hai điểm 22 )()(|| ABAB yyxxABAB −+−== Công thức toạ độ điểm chia Cho hai điểm A, B là một số thực k ≠ -1. M được gọi là điểm chia đoạn A, B theo tỷ số k nếu MBkAM = . Khi đó, toạ độ của điểm M được tính theo toạ độ các điểm A, B và tỷ số chia k theo công thức k kyy y k kxx x BA M BA M + + = + + = 1 , 1 Tích vô hướng giữa hai véc-tơ Theo định nghĩa, tích vô hướng của hai véc-tơ vu, là một số thực có độ lớn bằng tích các độ dài của hai véc-tơ đó nhân với cosin của góc giữa chúng ),cos(.||.||. vuvuvu = Tích vô hướng có các tính chất cơ bản sau wuvuwvu vucvcu uvvu ).()3 )2 )1 +=+ = = Sử dụng định nghĩa và các tính chất này, ta suy ra nếu ),(),,( 2211 yxvyxu == thì 2211 . yxyxvu += Công thức tính góc giữa hai véc-tơ Nếu ),(),,( 2211 yxvyxu == thì 2 2 2 2 2 1 2 1 2121 . ||.|| . ),cos( yxyx yyxx vu vu vu ++ + == Công thức tính diện tích tam giác. Diện tích có hướng. Điều kiện thẳng hàng của ba điểm. Cho tam giác ABC có toạ độ các đỉnh (x A , y A ), (x B , y B ), (x C , y C ). Khi đó ta có |))(())((| 2 1 )))(())((())())(()()(( 2 1 ).(. 2 1 ||.|| . 1. 2 1 cos1. 2 1 sin 2 1 22222 222 2 2 ABACACAB ACABACABACACABAB ABC yyxxyyxx yyyyxxxxyyxxyyxx ACABACAB ACAB ACAB ACABAACABAACABS −−−−−= −−+−−−−+−−+−= =−= =         −=−== Diện tích có hướng của tam giác ABC trên mặt phẳng, được ký hiệu là S(ABC) được xác định như sau: S(ABC) = S ABC nếu tam giác ABC có chiều thuận, tức là nếu đi từ A đến B rồi đến C, ta đi theo chiều dương, tức là ngược chiều kim đồng hồ. Trong trường hợp tam giác ABC có chiều nghịch thì S(ABC) = - S ABC . Chú ý là ta có S(ABC) = S(BCA) = S(CAB) = - S(ACB) = - S(CBA) = - S(BAC) Ví dụ với A(1, 0), B(0, 1), C(0, 0) thì S(ABC) = 1/2 do ABC có chiều thuận. Dễ dàng kiểm tra công thức sau S(ABC) = (1/2)[(x B -x A )(y C -y A ) – (x C -x A )(y B -y A )]. Phương trình đường thẳng Phương trình tổng quát: Ax + By + C = 0 Phương trình theo hệ số góc : y = kx + m Phương trình pháp dạng : A 0 x + B 0 y + C 0 = 0 với A 0 2 + B 0 2 = 1 Phương trình chính tắc : b yy a xx 00 − = − Phương trình đường thẳng qua (x 0 , y 0 ) và vuông góc với véc-tơ ),( BAn = (pháp véc-tơ) là A(x-x 0 ) + B(y-y 0 ) = 0. Phương trình đường thẳng qua (x 0 , y 0 ) và có hệ số góc k là y – y 0 = k(x-x 0 ). Phương trình đường thẳng qua (x 0 , y 0 ) và song song với véc-tơ ),( bad = (véc-tơ chỉ phương) là b yy a xx 00 − = − (dạng chính tắc) hoặc    += += btyy atxx 0 0 (dạng tham số) Công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng Giả sử có đường thẳng d: Ax + By + C = 0 và điểm M(x 0 , y 0 ). Ta cần tính khoảng cách từ M đến d. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống d. H nằm trên đường thẳng qua M và song song với d, có dạng tham số là x = x 0 + At, y = y 0 + Bt Do đó x H = x 0 + At, y H = y 0 + Bt Vì H thuộc d nên ta có A(x 0 +At) + B(y 0 +Bt) + C = 0 Suy ra t = -(Ax 0 +By 0 +C)/(A 2 +B 2 ) Từ đó 22 00 2222 0 2 0 || )()()( BA CByAx tBAyyxxMH HH + ++ =+=−+−= Vậy ta có công thức 22 00 || ),( BA CByAx dMd + ++ = Ngoài ra, đại lượng 22 00 ),( BA CByAx dMd + ++ = được gọi là khoảng cách đại số từ M đến d. Khoảng cách đại số dùng để xác định hai điểm là cùng phía hay khác phía đối với đường thẳng d. Chú ý rằng từ đây, ta cũng tìm được toạ độ điểm H là         + −− + −− 22 00 2 22 00 2 , BA BCABxyA BA ACAByxB H Phương trình đường tròn Phương trình tổng quát: x 2 + y 2 + Ax + By + C = 0 Phương trình chính tắc: (x-x 0 ) 2 + (y-y 0 ) 2 = R 2 (đường tròn tâm I(x0,y0) bán kính R) Phương trình tham số : ]2,0[, sin cos 0 0 π ∈    += += t tRyy tRxx Phương trình toạ độ giao điểm, điều kiện tiếp xúc Để xác định toạ độ giao điểm của đường tròn (C): x 2 + y 2 + Ax + By + C = 0 và đường thẳng d: y = kx + m , ta thiết lập phương trình hoành độ giao điểm x 2 + (kx+m) 2 + Ax + B(kx+m) + C = 0  (k 2 +1)x 2 + (2km+kB+A)x + m 2 + Bm + C = 0 (Tương tự với giao điểm của một đường thẳng và một đường cong bất kỳ) Đường thẳng d tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm kép. Ngoài ra, điều kiện tiếp xúc của đường tròn tâm I(x 0 ,y 0 ) bán kính R với đường thẳng d: Ax + By + C còn có thể được cho dưới dạng d tiếp xúc (I, R)  d(I, d) = R. Trục đẳng phương của hai đường tròn Phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn (C 1 ): x 2 + y 2 + A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 và (C 2 ): x 2 + y 2 + A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 là (A 1 -A 2 )x + (B 1 -B 2 )y + C 1 -C 2 = 0 Trục đẳng phương là đường thẳng đi qua hai giao điểm của hai đường tròn nếu chúng cắt nhau, do đó từ phương trình trục đẳng phương, có thể tìm được toạ độ giao điểm của hai đường tròn. Điều kiện tiếp xúc của hai đường tròn Vị trí tương đối của hai đường (I 1 , R 1 ) và (I 2 , R 2 ) phụ thuộc vào tương quan giữa d = I 1 I 2 và R 1 , R 2 , cụ thể Nếu d < |R 1 – R 2 | thì đường tròn lớn chứa đường tròn nhỏ Nếu d = |R 1 – R 2 | > 0 thì chúng tiếp xúc trong với nhau Nếu |R 1 – R 2 | < d < R 1 + R 2 thì chúng cắt nhau Nếu d = R 1 + R 2 thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài nhau Nếu d > R 1 + R 2 thì hai đường tròn rời nhau 3. Giải bài toán hình học phẳng bằng phương pháp toạ độ Bây giờ ta đã được trang bị khá đầy đủ các công thức cơ bản của hình giải tích phẳng. Ta có thể mạnh dạn sử dụng phương pháp toạ độ để giải các bài toán hình học phẳng. Nhưng phương pháp này có hiệu quả cao ở những bài toán như thế nào? Ta hãy cùng xem xét. Các bài toán tính toán và chứng minh đẳng thức hình học Phương pháp toạ độ khá mạnh trong các bài toán tính toán, chứng minh các đẳng thức hình học. Chẳng hạn các bài toán tính góc, tính diện tích, tính độ dài, các công thức tính khoảng cách. Sau đây chúng ta xem xét một số ví dụ. Bài toán 6. (Công thức tính độ dài trung tuyến) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh BC, CA, AB lần lượt là a, b, c. Chứng minh rằng độ dài trung tuyến AM có thể tính theo công thức m a 2 = (2b 2 +2c 2 -a 2 )/4 Lời giải: Ta chỉ cần kiểm tra đẳng thức (2x A -x B -x C ) 2 = 2(x B -x A ) 2 + 2(x C -x A ) 2 – (x B -x C ) 2 và đẳng thức tương tự với y. Nhưng đây rõ ràng là đồng nhất thức (m + n) 2 + (m – n) 2 = 2(m 2 + n 2 ) với m = x A – x B và n = x A – x C . Bài toán 7. Cho hình vuông ABCD cạnh 1. Hai điểm M, N di chuyển trên BC, CD tương ứng sao cho chu vi tam giác CMN bằng 2. Chứng minh rằng ∠MAN = 45 0 . Lời giải: Xét hệ trục toạ độ có Ox = CB, Oy = CD. Khi đó A(1, 1). Đặt M(m, 0), N(0, n). Khi đó ta có hệ thức 2 22 =+++ nmnm . Biến đổi hệ thức này bằng cách chuyển về và bình phương, ta được hệ thức mn – 2(m+n) + 2 = 0 Dùng công thức tính góc giữa hai véc-tơ, ta có 22.22 )(2 )cos( 22 +−+− +− = nnmm nm MAN Ta cần chứng minh cos(MAN) = 1/√2. Điều này tương đương với (m 2 -2m+2)(n 2 -2n+2) = 2(4 – 4(m+n) + m 2 + n 2 + 2mn)  m 2 n 2 – 2mn(m+n) + 4mn + 2(m 2 +n 2 ) – 4(m+n) + 4 = 8 – 8(m+n) + 2(m 2 +n 2 ) + 4mn  m 2 n 2 – 2mn(m+n) + 4(m+n) – 4 = 0 Thay mn = 2(m+n) – 2 = 2t - 2, ta cần chứng minh (4t 2 – 8t + 4) – 4(t–1)t + 4t – 4 = 0 và đây là đồng nhất thức! Bài toán 8. Cho tam giác đều ABC. M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác. Gọi D, E, F là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống BC, CA, AB. Chứng minh rằng P = MA 2 + MB 2 + MC 2 – 2(MD 2 + ME 2 + MF 2 ) là một đại lượng không đổi. Lời giải. Ta xây dựng mô hình tam giác đều ABC có toạ độ các đỉnh là A(0, )3 , B(-1, 0), C(1, 0). Khi đó phương trình các đường thẳng BC, CA, AB tương ứng là 033,03.3,0 =−+−=−+= yxyxy . Từ đó, với M(x, y) bất kỳ thì P bằng .2 4 )33( 4 )33( 2)1()1()3( 2 22 222222 =       + −+− + −+ −+−++++−+ y yxyx yxyxyx (đpcm) Bài toán 9. (Hệ thức Euler) Cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp O và tâm đường tròn nội tiếp I. Chứng minh hệ thức IO 2 = R 2 – 2Rr. trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Lời giải: Ta xây dựng một mô hình tam giác ABC ở dạng tổng quát có toạ độ các đỉnh là A(0, a), B(b, 0), C(c, 0). (b < c, a > 0) Toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tìm được từ phương trình của hai đường trung trực x = (b+c)/2 và c(x-c/2) – a(y-a/2) = 0 suy ra         ++ a bcacb O 2 , 2 2 và a caba R 2 ))(( 2222 ++ = . Toạ độ tâm đường tròn nội tiếp tìm được từ phương trình của hai đường phân giác 2222 , ca cyaxac y ba abbyax y + −− = + −+ = Từ đó ,, )( 2222 2222 2222 cababc baccab x cababc bca y II ++++− +++ = ++++− − = Từ đây, bằng các tính toán đại số (cồng kềnh nhưng không phức tạp) ta có thể kiểm tra được hệ thức Euler. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, đường thẳng đi qua điểm cố định hoặc tiếp xúc với đường tròn cố định Phương pháp toạ độ cũng tỏ ra khá hiệu quả trong việc chứng minh sự thẳng hàng, phát hiện các điểm cố định, các đường thẳng hay đường tròn cố định. Bài toán 10. (Đường thẳng Euler). Chứng minh rằng trong tam giác ABC bất kỳ, trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp nằm trên một đường thẳng. Lời giải. Xây dựng mô hình tam giác như ở ví dụ 9, ta đã tính được toạ độ của O. Đường cao AD có phương trình x = 0, còn đường cao BE có phương trình c(x-b) + ay = 0. Từ đó )/,0( abcH − . Cuối cùng, công thức tính toạ độ trọng tâm cho ta G((b+c)/3, a/3) Từ đây ta có         ++ =         −−+ −= a bcacb GO a bcacb GH 6 3 , 6 , 3 3 , 3 22 Từ đây suy ra GOGH 2−= . Suy ra ba điểm O, G, H thẳng hàng. Không những thế, ta chứng minh được GH = 2GO. Bài toán 11. (Đường thẳng Simson). Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (C). M là một điểm bất kỳ nằm trên (C). Gọi D, E, F là chân các đường vuông góc [...]... đổi Bài toán 17 4 Phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức và phương pháp toạ độ Bài toán 18 Giải phương trình x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29 Bài toán 19 Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 4 − x 2 = mx + 2 − m Bài toán 20 Cho a, b, c, d là các số thực thoả mãn điều kiện a 2 + b2 = 1, c + d = 6 Chứng minh rằng c 2 + d 2 − 2ac − 2bd ≥ 18 − 6 2 Bài toán 21 (Bất đẳng thức Minkowsky) Cho... bài toán quỹ tích, phương pháp toạ độ cũng là một phương pháp cho phép tìm ra các đường cong quỹ tích một cách hiệu quả, tự nhiên Và phương pháp này cũng cho phép tìm ra những quỹ tích phi truyền thống Bài toán 14 (Đường tròn Appolonius) Cho hai điểm A, B và một số thực dương k Tìm quỹ tích những điểm M trong mặt phẳng sao cho MA = kMB Lời giải: Đặt AB = 2a và đặt A, B vào hệ trục toạ độ với Ox trùng... bn ) 2 Bài toán 22 (Đề thi chọn đội tuyển Rumani 2007) Cho n là số nguyên dương ≥ 2 và các số thực ai, bi, 1 ≤ i ≤ n sao cho n ∑ ai2 = 1, i =1 n n i =1 i =1 ∑ bi2 = 1, ∑ ai bi = 0 Chứng minh rằng 2 2  n   n   ∑ ai  +  ∑ bi  ≤ n  i =1   i =1  5 Giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp toạ độ Các công thức của không gian toạ độ tương tự như công thức trong mặt phẳng toạ độ, chỉ cần... thuộc đường thẳng BC Lời giải Chọn hệ trục Oxy, với O là trung điểm của BC, trục Ox ≡ BC Giả sử B (−1, 0), C (1, 0) và A( m, n) m n n mn x− y = − n Phương Khi đó G  , ÷ Phương trình đường thẳng AB : m +1 m +1  3 3 n y − 1 = 0(1) Phương trình m +1 đường cao kẻ từ đỉnh A xuống cạnh BC là: x ≡ m (2) Tọa độ trực tâm là nghiệm  1 − m2  của (1) và (2) nên H  m, ÷ Do vậy tọa độ của điểm K là n  ... tính theo toạ độ là định thức bậc ba x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 Phương pháp toạ độ trong không gian có thể áp dụng rất hiệu quả trong việc giải các bài toán hình học không gian liên quan đến: 1) Tính khoảng cách giữa hai điểm, giữa điểm và mặt phẳng, điểm và đường thẳng và giữa hai đường thẳng (bài toán cuối này được coi là khó đối với các học sinh phổ thông, ngay cả với các học sinh chuyên toán) 2) Tính... 0 tương ứng với phương trình đường thẳng AB Từ đó phương trình đường thẳng BC có dạng y= 2rm ( x − 2 m) r − m2 2 (Dm) Ta có thể tìm được đường tròn cố định mà họ đường thẳng (D m) luôn tiếp xúc bằng phương pháp tìm hình bao Ta đi tìm các điểm mà không có đường thẳng D m nào đi qua, tức là các điểm (x0, y0) sao cho phương trình y0 = 2rm ( x 0 − 2 m) r − m2 2 không có nghiệm m Viết lại phương trình này... thức trong mặt phẳng toạ độ, chỉ cần bổ sung thêm cao độ z Do đó chúng ta sẽ không nhắc lại ở đây Duy có một phép toán mà ở trong mặt phẳng chưa có, đó là tích có hướng của hai véctơ Theo định nghĩa, tích có hướng của hai véc-tơ u, v là một véc tơ w - Có phương vuông góc với u, v - Có độ lớn bằng diện tích hình bình hành có cạnh là u, v (tức là bằng | u | | v | sin(u , v) ) Có hướng được xác định... tam giác, thể tích tứ diện 4) Giải các bài toán quỹ tích trong không gian 5) Và một số dạng bài toán khác Việc đưa hệ trục toạ độ vào như thế nào, cũng như trong trường hợp hình phẳng, về nguyên tắc là tuỳ ý Tuy nhiên, để thuận lợi cho việc tính toán, chúng ta nên lợi dụng các cặp hoặc bộ ba đường thẳng vuông góc với nhau có sẵn trong dữ kiện đề bài để làm hệ trục toạ độ z Sau đây chúng ta sẽ xem xét... ) ⇔ a 3( x + y ) + xy = a 2 Bài toán 24 Cho tứ diện DABC có góc tam diện đỉnh D là tam diện vuông a) Chứng minh độ dài đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối diện bằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện b) Chứng minh đỉnh D; trọng tâm G của tam giác ABC và tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng Lời giải Đặt DA = a; DB = b; DC = c(a,b,c>0) Chọn hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc 0xyz z (như hình...  2   2   2   2   2  Bài toán 12 Bài toán 13 Họ các tam giác cân có các tính chất sau: Chúng có đáy nằm trên một đường thẳng d cố định, có đỉnh A thuộc đáy là một điểm cố định và có bán kính đường tròn nội tiếp bằng r không đổi Chứng minh rằng cạnh bên không đi qua A của các tam giác này luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định Xét hệ trục toạ độ có gốc toạ độ là O ≡ A, trục OX là d và trục . c G   ⇒  ÷   , 3 ; ; ; ; ; 3 3 3 2 2 2 2 a b c a b c DG DO DO DG     = = ⇒ =  ÷  ÷     uuur uuur uuur uuur . Vậy DO uuur và DG uuur cùng phương, suy ra D;O;G thẳng hàng. 6 nhiều khó khăn cho các bạn học sinh. Điều đó có nghĩa là nhiều bạn thấy hình học giải tích dễ là do tính khuôn mẫu của nó (mà Descartes gọi là Phương pháp) và thực sự thì các bạn chưa đụng phải. = S(CAB) = - S(ACB) = - S(CBA) = - S(BAC) Ví dụ với A(1, 0), B(0, 1), C(0, 0) thì S(ABC) = 1/2 do ABC có chiều thuận. Dễ dàng kiểm tra công thức sau S(ABC) = (1/2)[(x B -x A )(y C -y A ) – (x C -x A )(y B -y A )].